posobie-fa-2015

15.12–15.14 найти резольвенту в тех случаях, когда она существует.

15.21. Пусть A 2 L(H); H – гильбертово пространство. Тогда

а) (A ) = (A);

б) 2 d(A) =) 2 d(A ) [ r(A );

в) 2 r(A) =) 2 d(A );

г) c(A ) = c(A).

15.22.Возможно ли, что A 2 L(X), A2 = 0, 2 d(A); ≠ 0?

15.23.Построить линейный оператор, для которого спектром является данное замкнутое множество в комплексной плоскости.

15.24.Построить линейный оператор, для которого множество собственных значений совпадает с заданным множеством в комплексной плоскости.

Тема 16. Вполне непрерывные (компактные) операторы

Определение 16.1. Пусть X; Y – линейные нормированные пространства. Оператор A: X ! Y называется компактным, если он каждое ограниченное множество переводит в предкомпактное.

Непрерывный компактный оператор называется вполне непрерывным.

Любой компактный оператор является ограниченным. Для линейных операторов понятия компактный и вполне

непрерывный совпадают.

Линейный оператор A компактен тогда и только тогда, когда предкомпактно множество A(B[0; 1]).

Линейная комбинация вполне непрерывных (компактных) операторов является вполне непрерывным (компактным) оператором.

Теорема 16.1. Пусть X – линейное нормированное пространство, Y – банахово пространство, fAng L(X; Y ) – последовательность компактных операторов. Если последовательность fAng сходится по норме к оператору A, то A – линейный компактный оператор.

Теорема 16.2. Пусть X; Y; Z – линейные нормированные пространства. Если A 2 L(X; Y ); а B 2 L(Y; Z) и хотя бы один из них компактен, то оператор BA компактен.

Если пространство X бесконечномерно, оператор A 2 L(X) и компактен, то A не может иметь ограниченного обратного оператора.

Теорема 16.3. Если X – бесконечномерное банахово пространство над полем C и A 2 L(X) – вполне непрерывный оператор, то (A) = d(A) [f0g, d(A) не более чем счетный.

153

Пример 16.1. Будет ли оператор A: C [0; ] ! C [0; ], действующий по правилу

(Ax)(t) = sin(3t) x(t);

вполне непрерывным?

Решение. Докажем, что оператор A не является вполне непрерывным. Построим ограниченное множество (последовательность) функций fxng так, чтобы множество fAxng не являлось предкомпактным. По теореме Арцела множество функций M предкомпактно в пространстве C[a; b] тогда и только тогда, когда M равномерно ограничено и равностепенно непрерывно. Мы будем строить множество fxng так, чтобы множество fAxng не являлось равностепенно непрерывным.

Возьмем произвольную точку t0 2 (0; ), в которой sin(3t0) ≠ 0. Определим последовательность непрерывных функций fxng следующим образом: xn(t) = 0 вне промежутка

Множество fAxng не является равностепенно непрерывным, если существует " > 0 такое, что для любого > 0 найдутся точки t′; t′′ 2 [0; ] и функция Axn(t) со свойством

Следовательно, оператор A не является вполне непрерывным.

,

154

Пример 16.2. Будет ли оператор A: L [0; 1] ! L [0; 1], p

(Ax)(t) = t x(t);

вполне непрерывным?

Решение. Докажем, что оператор A не является вполне непрерывным. Для этого достаточно привести пример множества M, ограниченного в L[0; 1] и такого, что его образ N = A(M) не предкомпактен в L[0; 1]. Рассмотрим множество

ничено. Далее, если n > m (для определенности), то En Em

и

Поскольку расстояние между любыми двумя элементами последовательности fyng больше 12, из нее нельзя выделить сходящуюся подпоследовательность; значит множество N не предкомпактно. Возьмем в качестве множества M прообраз N, т. е.

{}

Таким образом, мы доказали, что оператор A не является пред-

Решение. Оператор A можно представить в виде суперпозиции двух линейных операторов: A = J A0, где

∫ t

Покажем, что оператор J непрерывен, а оператор A0 вполне непрерывен. Отсюда по теореме 16.2 будет следовать, что оператор A вполне непрерывен.

Непрерывность оператора J легко следует из оценки

∫ 1

Jy = jy(t)j dt 6 max jy(t)j = y :

0t2[0;1]

Докажем, что оператор A0 вполне непрерывен. Пусть M – ограниченное подмножество из C[0; 1]. Убедимся, что для его образа, т. е. для множества N = A0(M), выполняются условия теоремы Арцела и, значит, оно предкомпактно. Пусть число R > 0 таково, что для любого x 2 M выполняется неравенствоx 6 R. Тогда для y 2 N = A0(M) имеем

предкомпактно. Таким образом, вполне непрерывность оператора A0, а значит и оператора A, доказана. ,

+ В задачах 16.1–16.10 выяснить, является ли оператор вполне непрерывным.

kk=1

16.4.(Ax)(t) = tg t x(t), A: C [0; 4 ] ! C [0; 4 ].

16.5. (Ax)(t) = ln(1 + t) x(t), A: C1 [0; 2] ! C [0; 2].

∫t

16.6.(Ax)(t) = sin(ts) x(s) ds+3x(t), A: C[0; 1] ! C[0; 1].

157

L2[0; 3].

16.16.(Ax)(t) = x′(t), A: C1[a; b] ! C[a; b].

16.17.(Ax)(t) = x′′(t), A: C2[a; b] ! C[a; b].

+ В задачах 16.18–16.22 выяснить, является ли оператор A компактным, вполне непрерывным.

16.21. Ax = f k2g1k=1, A: ℓp ! ℓp.

{ 2 }1

16.22. Ax = k , A: ℓ2 ! ℓ2.

k2 k=1

16.23.A: C[0; 1] ! R, Ax равно наибольшему значению аргумента t, при котором x(t) принимает наибольшее значение.

16.24.Ax = sign x; A: m ! m.

Тема 17. Интегральные уравнения

Пусть X – банахово пространство, A : X ! X – компактный линейный оператор. Рассмотрим четыре уравнения:

Следующие теоремы Фредгольма устанавливают связь между свойствами решений этих четырех уравнений.

Теорема 17.1 (альтернатива Фредгольма).

Следующие утверждения эквивалентны:

1)уравнение (1) разрешимо при любом y;

2)уравнение (1◦) имеет только нулевое решение;

3)уравнение (1 ) разрешимо при любом y;

4)уравнение (1◦) имеет только нулевое решение.

Теорема 17.2. Однородные уравнения (1◦) и (1◦) имеют одно и то же и притом конечное число линейно независимых решений.

Теорема 17.3. Уравнение (1) разрешимо для тех и только для тех y, которые ортогональны каждому решению z уравнения (1◦); т. е. y; z = 0.

Уравнение (1 ) разрешимо для тех и только для тех y ; которые ортогональны каждому решению z уравнения (1◦); т. е. z; y = 0.

Важными частными случаями уравнения (1) являются интегральные уравнения Фредгольма

∫ b

a

и Вольтерра

∫ t

x(t) = K(t; s)x(s) ds + y(t):

a

160